Ре­ше­ние. а)  При усло­вии от­бро­сим зна­ме­на­те­ли, затем при­ме­ним фор­му­лу раз­но­сти квад­ра­тов:

По усло­вию под­хо­дят толь­ко x  =  −5, x  =  3,

б)  За­ме­тим, что Кроме того,

По­след­нее не­ра­вен­ство верно, так как сле­до­ва­тель­но, под­хо­дит толь­ко x  =  3.

Ответ: а) б) x  =  3.

Ре­ше­ние. а)  Грани AA₁B₁B и DD₁C₁C  — па­рал­лель­ны. В грани AA₁B₁B про­ведём пря­мую BN₁, па­рал­лель­ную CN. Пусть G  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мых MB₁ и BN₁, N₁B₁  =  NC₁  =  MA₁, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки BB₁N₁ и B₁C₁M равны. Таким об­ра­зом, зна­чит,

то есть сле­до­ва­тель­но,

б)  Пусть MM₁  — пер­пен­ди­ку­ляр, опу­щен­ный из точки M на плос­кость DD₁C₁C. Тогда пря­мые MM₁ и AD па­рал­лель­ны, M₁C₁ и MB₁ па­рал­лель­ны. Пусть H  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мых CN и M₁C₁. По тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах пря­мые MH и CN пер­пен­ди­ку­ляр­ны, и, сле­до­ва­тель­но, от­ре­зок MH  — ис­ко­мое рас­сто­я­ние. Имеем:

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем не­ра­вен­ство:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть сумма кре­ди­та равна тыс. руб., по­вы­ша­ю­щий ко­эф­фи­ци­ент равен а ве­ли­чи­на, на ко­то­рую еже­ме­сяч­но умень­ша­ет­ся долг равна тыс. руб. За­пол­ним таб­ли­цу.

Номер ме­ся­ца	Долг с про­цен­та­ми тыс. руб.	Вы­пла­та тыс. руб.	Долг на 15 число тыс. руб.
			S
1	kS
2
3
...	...	...	...
n

За­ме­тим, что вы­пла­ты в пер­вые n ме­ся­цев пред­став­ля­ют собой ариф­ме­ти­че­скую про­грес­сию, где пер­вый член вто­рой член

Раз­ность ариф­ме­ти­че­ской про­грес­сии равна Тогда

Сумма n пер­вых чле­нов ариф­ме­ти­че­ской про­грес­сии равна

По усло­вию, эта сумма равна 424,8 ты­ся­чи руб­лей, тогда

По смыс­лу за­да­чи под­хо­дит толь­ко

Ответ: 9.

Ре­ше­ние. а)  Тре­уголь­ник BHA рав­но­бед­рен­ный и пря­мо­уголь­ный, в нем сле­до­ва­тель­но, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Дуги и равны, зна­чит, BC  =  AD, HC  =  HD. Из усло­вия по­лу­ча­ем, что Пусть BH  =  x, HD  =  y, тогда

От­сю­да

Ответ: б)

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что если яв­ля­ет­ся ре­ше­ни­ем не­ра­вен­ства, то и число яв­ля­ет­ся ре­ше­ни­ем не­ра­вен­ства, зна­чит, един­ствен­ным ре­ше­ни­ем может быть толь­ко число 0. Най­дем зна­че­ния па­ра­мет­ра, при ко­то­рых 0 яв­ля­ет­ся ре­ше­ни­ем не­ра­вен­ства:

Пре­об­ра­зу­ем ис­ход­ное не­ра­вен­ство:

При по­лу­чим

Зна­чит, при не­ра­вен­ство имеет един­ствен­ное ре­ше­ние

Все зна­че­ния пе­ре­мен­ной, при ко­то­рых зна­ме­на­тель дроби от­ри­ца­те­лен, яв­ля­ют­ся ре­ше­ни­я­ми ис­ход­но­го не­ра­вен­ства. При по­лу­ча­ем:

Зна­чит, при не­ра­вен­ство имеет бес­ко­неч­но много ре­ше­ний.

Ответ: 1.

Ре­ше­ние. Пусть было x жел­тых кар­то­чек и 100 − x белых. Общая сумма чисел со­став­ля­ла 32 · 100  =  3200. Пусть также сумма чисел на жел­тых кар­точ­ках была равна n, тогда сумма на белых была 3200 − n. После уве­ли­че­ния сумма на жел­тых будет 3n, а общая сумма По усло­вию, от­ку­да

а)  Наи­боль­шее из чисел на белых кар­точ­ках не мень­ше трех (по­сколь­ку 30 · 2  =  60 < 70), зна­чит, все числа на жел­тых кар­точ­ках не мень­ше 4. Сумма наи­мень­ших се­ми­де­ся­ти раз­лич­ных таких чисел равна

Зна­чит, можно взять 20 белых кар­то­чек с двой­кой, 10 белых кар­то­чек с трой­кой, жел­тые кар­точ­ки с чис­ла­ми от 5 до 73 и жел­тую кар­точ­ку с чис­лом все усло­вия будут вы­пол­не­ны.

б)  В таком слу­чае числа на всех кар­точ­ках были бы раз­лич­ны (жел­тые между собой раз­лич­ны по усло­вию, белые по усло­вию п. б), жел­тые боль­ше белых), но сумма наи­мень­ших 100 раз­лич­ных чисел равна

в)  Из п. а) есть при­мер на 70 жел­тых (и 30 белых) кар­то­чек. Если уве­ли­чить число жел­тых и умень­шить число белых, то усло­вие о том, что все числа на жел­тых кар­точ­ках не мень­ше 4, со­хра­нит­ся. По­сколь­ку

взять боль­ше чем 75 чисел на жел­тых кар­точ­ках нель­зя. При­мер для 75 стро­ит­ся ана­ло­гич­но п. а). На 20 белых кар­точ­ках на­пи­шем трой­ку, на 5 двой­ку, на жел­тых на­пи­шем числа 4, 5, ..., 77 с сум­мой и возь­мем по­след­ним чис­лом

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  75.